\documentclass{article}
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\begin{document}

\title{Lista 01 Introdução à Análise 2012/01}
\author{Marcelo Vale, \'Eder Brito, Eliana Carla, Lais Moreira, Paulo Rodrigo}

\maketitle

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\section{Exercício 1 (13/03/2012)}

\let\oldsum\sum
\renewcommand{\sum}{\displaystyle\oldsum}

\let\oldbigcup\bigcup
\renewcommand{\bigcup}{\displaystyle\oldbigcup}

Mostre que são normas no $R^n$:
\begin{enumerate}
\item $ |x|_e = \sqrt{x_1^2 + x_2^2 + \dots + x_n^2} $
\item $ |x|_m = max\{ |x_1|,|x_2|,\dots,|x_n| \} $
\item $ |x|_s = \sum_{i=1}^{n} |x_i| $
\end{enumerate}

	\subsection{$ |x|_e = \sqrt{x_1^2 + x_2^2 + \dots + x_n^2} $}
	\begin{itemize}
	\item $N_1$ : $ |x|_e \ge 0 \;\forall x \in \mathbb{R}^n$\\	
				  \[ {|x|_e}^2 = \sum_{i=1}^{n}{x_i^2} \]
				  \[ \sum_{i=1}^{n}{x_i^2} \ge 0, \text{ pois } \forall a \in \mathbb{R}, a^2 \ge 0 \] 
				  portanto
				  \[|x|_e = {\sqrt{\sum_{i=1}^{n}{x_i^2}}} \ge 0\]
	\item $N_2$ : $ |x|_e = 0  \iff x = 0 \;\forall x \in \mathbb{R^n}$ \\	
		$(\Rightarrow)$\\
		$ |x|_e = 0 = \sqrt{\sum_{i=1}^{n}{x_i^2}}\;$. Portanto $\sum_{i=1}^{n}{x_i^2} = 0$.
		Temos que $\forall i,0 \le i \le n , x_i^2 \ge 0$. Suponha por absurdo que $\exists k : x_k > 0$.
		Logo $x_k^2 > 0$, portanto $\sum_{i=1}^{n}{x_i^2} > 0$, absurdo, 
		logo $\forall i, x_i^2 = 0 \rightarrow \forall i,x_i = 0$. Portanto $x = 0$
		
		$(\Leftarrow)$\\
		$x=0. \;\;|x|_e = \sqrt{\sum_{i=1}^{n}{x_i^2}} = \sqrt{0} = 0$
	\item $N_3$ : $|\alpha x|_e = |\alpha||x|_e \;\forall x \in \mathbb{R^n}$\\
		Sejam $\alpha \in \mathbb{R}$ e $x \in \mathbb{R}^n$. 
		\begin{align*} 
		|\alpha x|_e &= |(\alpha x_1,\alpha x_2, \dots, \alpha x_n)|\\
		             &= \sqrt{(\alpha x_1)^2 + (\alpha x_2)^2 + \dots (\alpha x_n)^2}\\
		             &= \sqrt{\alpha^2 x_1^2 + \alpha^2 x_2^2 + \dots \alpha^2 x_n^2}\\
		             &= \sqrt{\alpha^2(x_1^2 + x_2^2 + \dots x_n^2)}\\
		             &= |\alpha|\sqrt{x_1^2 + x_2^2 + \dots x_n^2}\\
		             &= |\alpha||x|_e\\ 
		\end{align*}
	\item $N_4$ : $|x+y|_e \le |x|_e + |y|_e \;\forall x,y \in \mathbb{R^n}$\\
		\begin{align*}
		 |x+y|_e^2 &= \left( \sqrt{(x_1+y_1)^2 +(x_2+y_2)^2 + \dots + (x_n+y_n)^2} \right)^2 \\
		           &= \left( \sqrt{(x_1^2 + 2 x_1 y_1 + y_1^2) + (x_2^2 + 2 x_2 y_2 + y_2^2) \dots + (x_n^2 + 2 x_n y_n +y_n^2)} \right)^2 \\
		           &= (x_1^2 + x_2^2 + \dots + x_n^2) + (y_1^2 + y_2^2 + \dots y_n^2) + 2(x_1y_1 + x_2y_2 + \dots + x_ny_n) \\
		           &= |x|_e^2 + |y|_e^2 + 2\langle x,y \rangle \\
		 \end{align*}          
		 Como $(|x|_e + |y|_e)^2 = |x|_e^2 + |y|_e^2 + 2|x|_e|y|_e$, ent\~ao pela desigualdade de Cauchy-Schwarz
		 \[
		 |x+y|_e^2 = |x|_e^2 + |y|_e^2 + 2\langle x,y \rangle \;\le\; |x|_e^2 + |y|_e^2 + 2|x|_e|y|_e = (|x|_e + |y|_e)^2
		 \]
		 Portanto 
		 \[ |x+y|_e \le |x|_e + |y|_e \]
	\end{itemize}


	\subsection{$ |x|_m = max\{ |x_1|,|x_2|,\dots,|x_n| \} $}
	\begin{itemize}
	\item $N_1$ : $ |x|_m \ge 0 \;\forall x \in \mathbb{R^n}$\\	
		Seja $|x|_m = |x_k|$. Logo $|x|_m = |x_k| \ge 0$
		
	\item $N_2$ : $ |x|_m = 0  \iff x = 0 \;\forall x \in \mathbb{R^n}$ \\	
		$(\Rightarrow)$\\
			$|x|_m = 0$ Seja $|x_p| = |x|_m = 0, x_p \in \mathbb{R}$.
			$|x_p| \ge |x_i|, \forall i \in \mathbb{N}, 1\le i \le n$.\\
			Logo, por $N_1$, $0 \le |x_i| \le |x_p| = 0, \forall i \in \mathbb{N}, 1\le i \le n$.
			Portanto $x = 0$
			
		$(\Leftarrow)$\\
			$x = 0$. Logo $max\{\underbrace{0,0,\dots,0}_{n}\}=0=|x|_m$
		
	\item $N_3$ : $|\alpha x|_m = |\alpha||x|_m \;\forall x \in \mathbb{R^n}$\\
		Sejam $\alpha \in \mathbb{R}$ e $x \in \mathbb{R}^n$. \\
		Seja $|\alpha x_k| = |\alpha x|_m = max\{|\alpha x_1|, |\alpha x_2|, \dots, |\alpha x_n|\}$.\\
		Temos que $\forall i, 0 \le i \le n,\;, |\alpha x_k| \ge |\alpha x_i| \rightarrow 
		|\alpha||x_k| \ge |\alpha||x_i| \rightarrow |x_k| \ge |x_i|$\\
		Logo $|x_k| = max\{|x_1|, |x_2|, \dots, |x_n|\} = |x|_m$.\\
		 Então $|\alpha x|_m = |\alpha x_k| = |\alpha||x_k| = |\alpha||x|_m$
		
	\item $N_4$ : $|x+y|_m \le |x|_m + |y|_m \;\forall x,y \in \mathbb{R^n}$\\
		 Seja $ |x_k+y_k| = |x+y|_m = max\{ |x_1+y_1|, |x_2+y_2|, \dots, |x_n+y_n|\}$\\
		 Sejam  $|x_p| = |x|_m$ e  $|y_q| = |y|_m$. \\
		 Logo $|x_k| \le |x_p|$ e $|y_k| \le |y_q|$,
		 portanto $|x_k + y_k| \le |x_k| + |y_k| \le |x_p| + |x_q|$
	\end{itemize}

	
	\subsection{$ |x|_s = \sum_{i=1}^{n} |x_i| $}
	\begin{itemize}
	\item $N_1$ : $ |x|_s \ge 0 \;\forall x \in \mathbb{R^n}$\\	
		$ |x|_s = \sum_{i=1}^{n} |x_i| $ Temos que $|x_1| \ge 0$. Seja $m \le n$. \\
		Suponha $\sum_{i=1}^{m-1}{|x_i|} \ge 0$. Logo 
		$\left( \sum_{i=1}^{m-1}{|x_i|} \right) + |x_m| \ge 0$ . Logo $|x|_s \ge 0$
		
	\item $N_2$ : $ |x|_s = 0  \iff x = 0 \;\forall x \in \mathbb{R^n}$ \\	
		$(\Rightarrow)$\\
			$|x|_s = 0 = |x_1|+|x_2|+\dots+|x_n|$. Suponha $|x_k| > 0$.
			Absurdo pois como $|x_i| \ge 0,\; 1\le i \le n$, $\sum_{i=1}^{n}{|x_i|}$
			seria maior que $0$. Logo $|x_k| \le 0$. Como $0 \le |x_k| \le 0$, $|x_k| = 0$
			e $x_k = 0$, portanto $x = 0$;
			
		$(\Leftarrow)$\\
			$x = 0 \rightarrow |x|_s = \underbrace{0+0+\dots+0}_{n} = 0$
	
	\item $N_3$ : $|\alpha x|_s = |\alpha||x|_s \;\forall x \in \mathbb{R^n}$\\
		Sejam $\alpha \in \mathbb{R}$ e $x \in \mathbb{R}^n$. 
		\begin{align*}
			|\alpha x|_s &= |\alpha x_1| + |\alpha x_2| + \dots + |\alpha x_n|\\
			             &= |\alpha||x_1| + |\alpha||x_2| + \dots + |\alpha||x_n|\\
			             &= |\alpha| \left(|x_1| + |x_2| +\dots +|x_n|\right)\\
			             &= |\alpha||x|_s
		\end{align*}
	
	
	\item $N_4$ : $|x+y|_s \le |x|_s + |y|_s \;\forall x,y \in \mathbb{R^n}$\\
		\begin{align*}
			|x+y|_s &=  |x_1+y_1| + |x_2+y_2| + \dots + |x_n+y_n|\\
				    &\le |x_1| +|y_1| + |x_2|+|y_2| + \dots + |x_n|+|y_n|\\
				    &=|x|_s + |y|_s
		\end{align*}
	\end{itemize}
	
	
	
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\section{Exercício 2 (16/03/2012)}
	$|\cdot|_s$ e $|\cdot|_m$ não provêm de produto interno.
	
	\begin{proof} 
	Se não vale a identidade do paralelogramo ($|x+y|^2 + |x-y|^2 = 2(|x|^2+|y|^2)$), 
	então a norma não provém de produto interno. Se tomarmos os vetores $e_1$ e $e_2$ em  $\mathbb{R}^2$ temos que:
	\[ |e_1+e_2|_s^2 + |e_1-e_2|_s^2 = 2^2 + 2^2 = 8 \ne 4 = 2(|e_1|_s^2+|e_2|_s^2)	\]
	\[ |e_1+e_2|_m^2 + |e_1-e_2|_m^2 = 1 + 1 = 2 \ne 4 = 2(|e_1|_m^2+|e_2|_m^2)	\]
	\end{proof}
	Portanto, $|\cdot|_s$ e $|\cdot|_m$ não provêm de produto interno.


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\section{Teorema 2 - (Bolzano-Weierstrass) (16/03/2012)}
$(x_k) \subset \mathbb{R}^n$ limitada $\Rightarrow$ Existem $\mathbb{N}^` \subset \mathbb{N}$ infinito e $a \in \mathbb{R}^n$ tal que $x_k \stackrel{\scriptsize k \in \mathbb {N}^`}{\rightarrow} a$.
	
	\begin{proof} 
	
Sabemos que toda sequ\^encia de n\'umeros reais possui uma \linebreak subsequ\^encia convergente.\\
\\
Dada a sequ\^encia limitada $(x_k) \subset \mathbb{R}^n$, as primeiras coordenadas dos seus termos formam uma sequ\^encia limitada $(x_{k1})_{k \in \mathbb{N}}$ de n\'umeros reais, a qual possui uma subsequ\^encia convergente. 
Isto \'e, existem um subconjunto infinito $\mathbb{N}_1 \subset \mathbb{N}$ e $a_1 \in \mathbb{R}$ tais que $x_{k1} \stackrel{\scriptsize k \in \mathbb{N}_1}{\rightarrow} a_1$.\\
\\
Por sua vez, a sequ\^encia limitada $(x_{k2})_{k \in \mathbb{N}_1}$ de n\'umeros reais, possui uma \linebreak subsequ\^encia convergente. Assim podemos obter um subconjunto infinito \linebreak $ \mathbb{N}_2 \subset \mathbb{N}_1$ e $a_2 \in \mathbb{R}$ tais que $x_{k2} \stackrel{\scriptsize k \in \mathbb{N}_2}{\rightarrow} a_2$. E assim por diante, at\'e encontrarmos conjuntos infinitos $ \mathbb{N} \supset \mathbb{N}_1 \supset \mathbb{N}_2 \supset ... \supset \mathbb{N}_n$ e $a_1, a_2, ..., a_n \in \mathbb{R}$ tais que $x_{ki} \stackrel{\scriptsize k \in \mathbb{N}_i}{\rightarrow} a_i$ para $i = 1, 2, ..., n$.\\
\\
Ent\~ao pomos $a = (a_1, a_2, ... , a_n)$ e vemos que cada coordenada de $x_k$ converge para a coordenada coorrespondente de $a$, o que implica a converg\^encia da \linebreak sequ\^encia $(x_k)$.
\end{proof}


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\section{Teorema 2 (20/03/2012)}
	Seja $X \subset \mathbb{R}^n$. Então $A$ é aberto em $X \iff A = U\cap X$, onde $U$
	é aberto em $\mathbb{R}^n$ 

	$(\Rightarrow)$
	
	Seja $A$ aberto em $X$, ent\~ao para cada $a \in A$ existe $r_a > 0$ \linebreak tal que $B(a,r_a)\cap X \subset A$. Da\'i 
$\displaystyle (\bigcup_{a \in A}{B(a,r_a)})\cap X=\displaystyle \bigcup_{a \in A}({B(a,r_a)}\cap X)\subset A$. Por outro lado, $A \subset X$ e $A\subset \displaystyle \bigcup_{a \in A}{B(a,r_a)} \Rightarrow A \subset X \cap \displaystyle \bigcup_{a \in A}{B(a,r_a)} $. Portanto $A=X \cap \displaystyle \bigcup_{a \in A}{B(a,r_a)}$ onde $\displaystyle \bigcup_{a \in A}{B(a,r_a)}$ \'e aberto em $\mathbb{R}^n$.
	
	    %Seja $a \in A$. Logo $a \in B_r(A)$ e $a \in X$ por $A$ ser aberto em $X$. 
	    %Portanto $a \in B_r(A) \cap X \Rightarrow A \subseteq B_r(A) \cap X$
	    
	    %Seja $b \in B_r(A)$. Como $A$ é aberto, $b \in A$, logo $B_r(A) \subseteq A$.
	    %Portanto $B_r(A) \cap X \subseteq A$.
	    
	    %Logo $B_r(A) \cap X = A$, onde $B_r(A)$ é aberto em $\mathbb{R}^n$.\\
	    
	$(\Leftarrow)$
	
	  $a \in A \Rightarrow a  \in U$ e $a \in X$. Como $a \in U$ ent\~ao $ \exists \ r>0 : B_r(a) \subseteq U$. Logo $a \in B(a,r)\cap X \subset U \cap X=A$. Portanto, $A$ \'e aberto em $X$.
	    
		%Seja um elemento $b$ da bola $B_r(a)$, $b \in B_r(a) \cap X \Rightarrow b \in U \cap X$
		
		%Portanto o conjunto $A$ é aberto em $X$.


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\section{Exerc\'icio 04 (20/03/12)}

 $X,Y \subset \mathbb{R}^n$
 
\begin{enumerate}
\item $ d(X,Y) = d(\overline{X}, \overline{Y}) $
\item $ |d(x,X) - d(y,X)| \leq |x - y|, \forall  x,y \in \mathbb{R}^n $
\item $ diam(X) = diam (\overline{X}) $
\end{enumerate}

\subsection{$ d(X,Y) = d(\overline{X}, \overline{Y}) $}


	$d(X,Y) = \inf\{d(x,y); \ \ x \in X,\ \ y \in Y\} \geq$ 
	
	$\ \ \ \ \ \ \geq \inf\{d(\overline{x}, \overline{y}), \ \ \overline{x} \in \overline{X},\ \ \overline{y}
	 \in \overline{Y}\} =  d(\overline{X}, \overline{Y})$, 


	 pois $X \subset \overline{X}$ e $Y \subset \overline{Y}$.
	 Ent\~ao $d(\overline{X}, \overline{Y}) \leq d(X,Y)$.\\
	 
	 Por outro lado, dado $\epsilon > 0$, $d(\overline{X}, \overline{Y}) = \inf\{d(\overline{x},\overline{y}); \overline{x} \in \overline{X}, \overline{y} \in \overline{Y}\}$ ent\~ao temos que existem $\overline{x_0}$ e $\overline{y_0}$ tais que 
	 $d(\overline{x_0}, \overline{y_0})< d(\overline{X}, \overline{Y})+ {\epsilon/3}$ e $x \in X$ , $y \in Y$ tais que $|x - \overline{x_0}|<{\epsilon/3}$ e $|y - \overline{y_0}|<{\epsilon/3}$.\\
	 
	 
	 Assim:
	 
	 $d(X,Y)$ = $\inf\{d(x,y); x \in X, y \in Y\} \leq |x - y| = |x - \overline{x_0} + \overline{x_0} - \overline{y_0} + \overline{y_0} - y|$
	
\begin{eqnarray*}
|x - y|	&\leq& |x - \overline{x_0}| + |\overline{x_0} - \overline{y_0}| + |\overline{y_0} - y|   \\
        &<&{\epsilon/3} + d(\overline{X}, \overline{Y}) + {\epsilon/3} + {\epsilon/3}  \\
        &<& d(\overline{X}, \overline{Y}) + \epsilon, \epsilon > 0
\end{eqnarray*}
	 
	Ent\~ao $d(X,Y) \leq d (\overline{X}, \overline{Y})$\\
	
	
	
Portanto $d(X,Y) = d (\overline{X}, \overline{Y})$
	
	
\newpage

\subsection{$ |d(x,X) - d(y,X)| \leq |x - y|, \forall  x,y \in \mathbb{R}^n $}
	 
Pelo item anterior $d(x,X) = d(x, \overline{X})$. Por outro lado, como $\{x\}$ \'e compacto e $\overline{X}$ \'e fechado, existe   $x_0 \in \overline{X}$ tal que $|x - x_0| = d(x, \overline{X}) = d(x, X)$.
Da mesma forma $\exists \ \ y_0 \in \overline{Y}$ tal que $|y - y_0| = d(y, \overline{X}) = d(y,X)$.\\
\\ 	
Assim $|x - x_0| \leq |x - y_0|$, pois $|x - x_0| = \inf\{|x - \overline{x}|; \overline{x} \in \overline{X}\}$
	 	
$d(x,X) = |x - x_0| \leq |x - y_0| \leq |x - y| + |y - y_0| = |x + y| + d(y, X)$
	 	
$\Rightarrow d(x,X) - d(y,X) \leq |x - y|$\\	
\\	 	
Analogamente, $d(y,X) = |y - y_0| \leq |y - x_0| \leq|y - x| + |x - x_0| \leq |y - x| + d(x,X)$
$\Rightarrow d(y,X) - d(x,X) \leq |y - x|$\\
	 	
Portanto, temos $|d(y,X) - d(x,X)| \leq |y - x|, \forall x,y \in \mathbb{R}^n$.
	 	
	 	
	 	
\subsection{$ diam(X) = diam (\overline{X}) $}


				$$diam(X) = \sup\{|x - y|; x,y \in X\}$$
		
		$X \subset \overline{X} \Rightarrow diam(X) \leq diam(\overline{X})$.
	 	
	 	Dado $\epsilon > 0$, existem pontos $\overline{x}, \overline{y} \in \overline{X}$ tais que $diam(\overline{X}) < |\overline{x} - \overline{y}| + \epsilon/3$, pois $diam(\overline{X}) = \sup\{|\overline{x} - \overline{y}|, \overline{x}, \overline{y} \in \overline{X}\}$ e $x,y \in X$ tal que $|x - \overline{x}| < \epsilon/3$ e $|y - \overline{y}| < \epsilon/3$\\
	 	
	 	Ent\~ao temos:
	 	
	 	$diam(\overline{X}) - \epsilon/3 \leq |\overline{x} - \overline{y}| < |x - \overline{x}| + |x - y| + |y - \overline{y}| < \epsilon/3 + |x - y| + \epsilon/3$
	 	
	 	
	 	$\Rightarrow diam(\overline{X}) < \epsilon/3 + \epsilon/3 + \epsilon/3 + |x - y|$
	 	
	 	$\Rightarrow diam(\overline{X}) < |x - y| + \epsilon < \sup\{|x - y|; x,y \in X\} + \epsilon$
	 	
		$\Rightarrow diam(\overline{X}) < diam(X) + \epsilon$,
		
		Como $\epsilon > 0$, temos que $diam(\overline{X}) \leq diam(X)$.\\
		
		Portanto $diam(\overline{X}) = diam(X)$.
	 
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\section{Teorema 01 (Borel-Lebesgue) - (22/03/12)}
	Se $K \subset \mathbb{R}^n$ \'e compacto ent\~ao toda cobertura aberta de $K$ admite subcobertura finita.
	
\begin{proof}
 Seja $K \subset \mathbb{R}^n$ compacto. Suponhamos, por absurdo, que \linebreak $K \subset \bigcup A_\lambda$ seja uma cobertura aberta que n\~ao admite subcobertura finita.
 
 Afirmamos que podemos exprimir $K$ como reuni\~ao finita de compactos todos com di\^ametro menor do que $1$.
 
 De fato, para cada $m=(m_1, m_2, ... , m_n) \in \mathbb{Z}^n$, defina $C_m = \displaystyle\prod_{i = 1}^{n} {[\frac{m_i}{\sqrt{n}},\frac{(m_i+1)}{\sqrt{n}}]}$.
 
 Sejam $x = (x_1, \cdots, x_n)$ e $y = (y_1, \cdots, y_n)$ pertencentes a $C_m$, ent\~ao para cada $i=1, \cdots, n$, temos $|x_i - y_i| \leq \frac{1}{\sqrt{n}}$, logo $|x - y| = \sqrt{\sum{(x_i - y_i)^2}} \leq \frac{1}{\sqrt{n}} . \sqrt{n} = 1$\\
 
 Por outro lado, se $x_i = \frac{m_i}{\sqrt{n}}$ e $y_i = \frac{(m_i+1)}{\sqrt{n}}$ para todo $i = 1, \cdots, n$, ent\~ao $|x - y| = 1$, portanto $diam(C_m) = 1$.\\
 
 Temos assim que $\mathbb{R}^n = \displaystyle\bigcup_{m \in \mathbb{Z}^n} {C_m}$ e ent\~ao $K = K \cap \mathbb{R}^n = \displaystyle\bigcup_{m \in \mathbb{Z}^n} {K \cap C_m}$, onde $K \cap C_m$ \'e compacto $\forall \ \ m \in \mathbb{Z}^n$ e $diam(K \cap C_m) \leq diam(C_m) = 1$\\
 
 Como $K$ \'e limitado, apenas um n\'umero finito dessas interse\c c\~oes \'e n\~ao vazia, donde segue que podemos escrever $K$ como uni\~ao finita de compactos. Sendo assim, pelo menos um desses compactos, digamos $K_1 \subset \bigcup A_\lambda$ n\~ao admite \linebreak  subcobertura finita e pelo mesmo argumento usado anteriormente, podemos escrever $K_1$ como a uni\~ao finita de compactos de di\^ametro menor que $1/2$. \linebreak Vemos que pelo menos um deles, digamos $K_2$, n\~ao pode ser coberto por um n\'umero finito de $A_\lambda`s$.
 
 Prosseguindo assim, obtemos uma sequ\^encia decrescente de compactos \linebreak $K_1 \supset K_2 \supset \cdots \supset K_k \supset \cdots$ com $diam(K_k) \leq \frac{1}{k}$ e tal que nenhum deles est\'a contido numa reuni\~ao finita de $A_\lambda`s$.\\
 
 Em particular, todos os $K_k$ s\~ao n\~ao vazios. Al\'em disso, para cada $k \in \mathbb{N}$, escolhemos um ponto $x_k \in K_k$. A sequ\^encia $(x_k) \subset K$ e portanto \'e limitada, logo possui uma subsequ\^encia $(x_r)_{r \in \mathbb{N}'}$ que converge para $\displaystyle\lim_{r \in \mathbb{N}'}x_r$.\\
 
 Dado $K \in \mathbb{N}$ temos $K_r \subset K_k$ sempre que $r \in \mathbb{N}'$ e $r > k$, assim $ r \in \mathbb{N}', \linebreak r > k \Rightarrow x_r \in K_k \Rightarrow a \in K_k.$
 
 Disto conclu\'imos que $a \in \displaystyle\bigcap_{k=1}^{n} {K_k} \subset \bigcup{A_\lambda}$, da\'i, para algum $\lambda$, tem-se $a \in A_\lambda$.\\
 
 Como $A_\lambda$ \'e aberto, tem-se $B(a,\frac{1}{k}) \subset A_\lambda$ para algum $K$.\\
 
 Sendo $a \in K_k$ e $ diam(K_k) < \frac{1}{k}$, conclu\'imos que $K_k \subset B(a, \frac{1}{k})$, donde $K_k \subset \bigcup{A_\lambda}$, o que \'e uma contradi\c c\~ao, pois supomos que $K_k \subset \bigcup{A_\lambda}$ n\~ao admite subcobertura finita.
 
 \end{proof}

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\newpage
\section{Exercício 1.1 Livro Análise Real Vol. 2, Elon Lages}
	Se $|u+v| = |u|+|v|$ com $u \ne 0$ (norma euclidiana), prove que  existe $\alpha \ge 0$
	tal que $v=\alpha\cdot u$

	\begin{proof}
	Seja $z$ um vetor ortogonal a $y$, $z = x - \alpha y$ e $ \alpha = \frac{\langle x,y \rangle}{|y|^2} $.
	De fato, \begin{align*}
			 \langle z,y \rangle &= \langle x - \alpha y , y\rangle \\
	                             &= \langle x - \frac{\langle x,y \rangle}{\langle y,y \rangle} y , y\rangle \\
	                             &= \langle x,y \rangle - \frac{\langle x,y \rangle}{\langle y,y \rangle} \langle y , y\rangle  \\
	                             &= \langle x,y \rangle - \langle x,y \rangle  \\
	                             &= 0
	         \end{align*}
	
	Pela hipótese $|u+v| = |u|+|v|$ temos que:
	\begin{align*} 
		|u+v|^2 = (|u|^2 + |v|^2)\\
		|u|^2 + 2{\langle u,v \rangle}  |v|^2 = |u|^2 + 2|u||v|  |v|^2\\
		{\langle u,v \rangle} = |u||v| \tag{*}
		\label{hip}
	\end{align*}
	
	Temos então que:   
	\begin{align*}
		|x|^2 &= {\langle z+\alpha y, z+\alpha y\rangle}\\
		      &= {\langle z, z+\alpha y\rangle} + {\langle \alpha y, z+\alpha y\rangle}\\
		      &= {\langle z, z\rangle} + {\langle z, \alpha y\rangle} + {\langle \alpha y,z \rangle} + {\langle \alpha y, \alpha y\rangle} \\
		      &= |z|^2 +2{\langle z, \alpha y\rangle} + |\alpha y|^2\\
		      &= |z|^2 +2\alpha \langle z, y\rangle + |\alpha|^2|y|^2\\
		      &= |z|^2 + \alpha^2|y|^2\\
		      &= |z|^2 + \left( \frac{\langle x,y \rangle}{|y|^2} \right)^2|y|^2\\
		      &= |z|^2 + \frac{{\langle x,y \rangle}^2}{|y|^2}\\
		      &= |z|^2 + \frac{|x|^2 |y|^2}{|y|^2} \text{ (por (\ref{hip}))}\\
		      &= |z|^2 + |x|^2
	\end{align*}
	
	Logo $|z|^2 = 0 \Rightarrow z = 0$.
	Portanto $0 = x - \alpha y \Rightarrow x = \alpha y$
	\end{proof}



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\section{Exercício 2.3 Livro Análise Real Vol. 2, Elon Lages}
	Dados o conjunto convexo $X \subset \mathbb{R}^n$ e o número real $r>0$, seja $B_r(X) = \bigcup_{x \in X} B_r(x)$.
	Prove que $B_r(x)$ é convexo.

	\begin{proof}
	Sejam $a,b \in B_r(X)$ Logo $\exists x_0, x_1 \in X : a \in B_r(x_0)$ e $b \in B_r(x_1)$.
	Portanto $|a-x_0|<r$  e $|a-x_1|<r$.

	Seja $x_c = (1-t)x_0 + t x_1$, $\forall t \in \mathbb{R}, t \in [0,1]$. $x_c \in X$, por
	$X$ ser convexo.

	\begin{align*}
		|((1-t)a+ tb)-x_c| &=   |((1-t)a+ tb)-((1-t)x_0+ tx_1)|\\
		                   &=   |(1-t)(a-x_0) + t(b - x_1)|\\
						   &\le |(1-t)(a-x_0)| + |t(b - x_1)|\\
						   &=   (1-t)|(a-x_0)| + t|(b - x_1)|\\
						   &<   (1-t)r + tr\\
						   &= r
	\end{align*}
	
	Logo para todo ponto da reta que liga $a$ e $b$ $\exists x_c \in X : |(1-t)a-tb-x_c|<r$,
	portanto $(1-t)a + tb \subset B_r(X)$, logo $B_r(X)$ é convexo.
	\end{proof}



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\section{Exercício 3.4 Livro Análise Real Vol. 2, Elon Lages}
	Seja $\pi_i : \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ a projeção sobre a $i$-ésima coordenada, isto é,
	so $x = (x_1,\dots,x_n)$ então $\pi_i(x) = x_i$. Prove que se $A \subset \mathbb{R}^n$ é 
	aberto então sua projeção $\pi_i(A) \subset \mathbb{R}$ também é conjunto aberto
		
	\begin{proof}
	Considere $(\mathbb{R}^n, |.|_{max})$ onde a bola aberta de centro $a$ e raio $r>0$ \'e dada por $B(a, r) = \displaystyle \prod_{j = 1}^{n}{(a_j - r, a_j + r)}$.
	
	Seja $A \subset \mathbb{R}^n$ um conjunto aberto e $a_i \in \pi_i(A), \ \ a \in A.$
	
	$A$ aberto $\Rightarrow \exists \ \ r > 0$ tal que $B(a, r) = \displaystyle \prod_{j = 1}^{n}{(a_j - r, a_j + r)} \subset A$.
	
	Ent\~ao $(a_j - r, a_j + r) = \pi_i(B(a, r)) \subset \pi_i(A)$ donde segue que $\pi_i(A)$ \'e um conjunto aberto.
	
\end{proof}
	
	
	
	%~ Seja $x_i \in \pi_i(A)$ e $x' = (x_1,x_2,\dots, x_i, \dots, x_n) \in A$.
	%~ 
	%~ $\exists r > 0: B_r(x') \subset A$, pois $A$ é aberto
	%~ Seja $|x'_k - x_k| = |x'-x|_m < r$. Então $|x'_i - x_i| \le |x'_k - x_k| < r$.
	%~ 
	%~ $x' \in A$, logo $\pi_i(x') = x'_i \in \pi_i(A)$
	%~ 
	%~ Logo $B_r(\pi_i(A)) \subset \pi_i(A)$, $\pi_i(A) \subset Interior \pi_i(A)$
	%~ 
	%~ A volta $Interior \pi_i(A) \subset \pi_i(A) \subset$ é trivial.

	
	
	

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\section{Exercício 5.1 Livro Análise Real Vol. 2, Elon Lages}
	Para quaisquer $X,Y \subset \mathbb{R}^n$, prove que $\overline{X \cup Y} = \overline{X} \cup \overline{Y}$ e
	$\overline{X \cap Y} \subset \overline{X} \cap  \overline{Y}$. 
	Dê um exemplo onde não vale $\overline{X \cap Y} = \overline{X} \cap  \overline{Y}$

	\begin{itemize}
		\item $\overline{X \cup Y} = \overline{X} \cup \overline{Y}$:
			\begin{itemize}
				\item $X \subseteq \overline{X}$ e $Y \subseteq \overline{Y}$. Logo $X \cup Y \subseteq \overline{X} \cup \overline{Y}$. 
				Como $\overline{X} \cup \overline{Y}$ é fechado, $\overline{X \cup Y} \subseteq \overline{X} \cup \overline{Y}$
				
				\item $X \subseteq X\cup Y \rightarrow \overline{X} \subseteq \overline{X\cup Y}$
				$Y \subseteq X\cup Y \rightarrow \overline{Y} \subseteq \overline{X\cup Y}$
				Portanto $\overline{Y} \cup \overline{Y} \subseteq \overline{X\cup Y}$.
			\end{itemize}
			
		\item $\overline{X \cap Y} \subset \overline{X} \cap  \overline{Y}$:\\
			\item $X \subseteq \overline{X}$ e $Y \subseteq \overline{Y}$. Logo $X \cup Y \subseteq \overline{X} \cup \overline{Y}$. 
			$x \cap Y \ subseteq \overline{X} \cap \overline{Y}$. Como $\overline{X} \cap \overline{Y}$ é fechado, $\overline{X \cap Y} \subset \overline{X} \cap  \overline{Y}$
			
		\item Exemplo onde não vale $\overline{X \cap Y} = \overline{X} \cap  \overline{Y}$:
			Sejam $X = (a,b)$ e $Y = (b,c)$. $\overline{X} \cap \overline{Y} = {b} \ne \emptyset = \overline{X \cap Y}$
	\end{itemize}		



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\section{Exercício 5.7 Livro Análise Real Vol. 2, Elon Lages}
	Prove que se $C \subset \mathbb{R}^n$ é convexo e fechado então, para todo $x \in \mathbb{R}^n$, existe um
	único $\overline{x} = f(x) \in C$ tal que $d(x,C) = |x-\overline{x}|$.

	\begin{proof}
		Seja $A \subseteq \mathbb{R}^n$ um conjunto convexo. Logo $\forall a,b \in A, \forall t\in \mathbb{R},t \in [0,1]$,
		$((1-t)a+tb) \in A$

		Sejam $a,b \in \overline{A}$. Logo $a = lim \, a_k$ e $b = lim\, b_k$, $a_k, b_k \in A$
		Como $A$ é convexo, $(1-t)a_k + tb_k \in A$. Logo
		$lim((1-t)a_k + tb_k) = (1-t)a + tb \in \overline{A}$. Portanto $\overline{A}$ é convexo.
	\end{proof}
	



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\section{Exercício 6.5 Livro Análise Real Vol. 2, Elon Lages}
	Seja $X \subset \mathbb{R}^n$ tal que, para todo compacto $K \subset \mathbb{R}^n$, a interseção 
	$X \cap K$ é compacta. Prove que $X$ é fechado.

	\begin{proof}
		Seja $a = lim\, x_k,\; x_k \in X$ e $K$ o conjunto formado por $(x_k)\cup{a}=K$. 
		K é compacto, pois todo subsequência de pontos converge para algum $k\in K$.
		Por hipótese, $X \cap K$ é compacto. Logo $a \in K \cap X \rightarrow a\in X$. Logo $X$ é fechado.
	\end{proof}
	

\end{document}
